14.1.74★★★證明：不存在整數(shù)”>1,使川2"-1.

解析假設(shè)存在滿足的正整數(shù).令〃為這些數(shù)開的最小者.根據(jù)歐拉定理，我們有

"邛*一1.注意到(2"-1,=取a=〃，b=<p(n),d=(a,b)=(〃，0(〃))，則

又因為〃>1,所以從而d>l,且而42”—1,與〃的定義矛盾.

14.1.75*★★求滿足〃|3"+1的所有奇數(shù)

解析只有唯一的奇數(shù)〃=1滿足條件.事實上，假設(shè)存在一個奇數(shù)〃>1,使得〃w+1.則〃忙-1.與

上題類似，設(shè)”為滿足〃|9。⑺—1,設(shè)d=(〃，夕(n))，則〃印-1.于是d>l(如果d=l,那么〃|8與〃

為大于1的奇數(shù)矛盾)，并且與〃的定義矛盾.所以沒有大于1的奇數(shù)〃，滿足(x,y)=l,

且f+y2=z4,那么7|孫.說明條件(x,y)=l是必要的.

解析條件(x,>)=1是必要的.例如(15,20)片1,152+202=54,但73520.如果(x,y)=l,且

X,y,Z是滿足V+y2=z4的正整數(shù)，那么，由于X、>、z2是一組勾股數(shù)，并且(X,y)=1,存在整

數(shù)〃?，"，使x=〃「-“2,y=2mn,z2=m2+n2.假設(shè)73，，于是7CEn,且7G&.易知一個不被7

整除的整數(shù)的平方，被7除，余數(shù)只能為1,2或4.z2=/+〃2,而1+2,1+4,2+4不等于1,

2,4,也不能被7整除.于是小，/被7除，余數(shù)應(yīng)該相同，從而7卜=〃--〃2.

14.1.77*★★證明：對于任何一個正整數(shù)s,都存在一個正整數(shù)〃，使得〃的數(shù)字和等于s,且6%.

解析設(shè)s為正整數(shù)，將s表示成s=2"5九八這里a,夕為非負整數(shù)，「不能被2與5整除.根據(jù)歐拉

定理，有10""三l(modf).

令"=10"+10M，)+…+10卬⑺)，因為10"”>+10訓(xùn)')+…+10")三s三0(modf)(因為f|s).

且2"5[10"+J所以s|”.另一方面，很顯然有"的數(shù)字和為s.

14.1.78★★★證明：存在無窮多對正整數(shù)x,y,滿足x(x+l)b(y+l),

x癌，x+ly,x耨+l,x+ly+1.并求最小的一對(x,y).

解析x=36A+14,y=(12&+5)(184+7),k=0,1,2,…具有題設(shè)性質(zhì).

事實上，因為x(x+l)=2?3(12Z+5)(18Z+7)=6y,而6|y+l,所以x(x+l)似y+1).因為x為偶數(shù)，

y為奇數(shù)，所以了母.因為3卜+1,33，，所以x+l團.因為18無+7|x,18k+7|y,所以18A+7西+1,

故x西，+1.最后，因為12大+5|x+l,12Z+5|y,所以12人+5①，+1.故x+1但+1.

容易看出滿足要求的x、x+1都不能是質(zhì)數(shù)，由于)，與)，+1互質(zhì)，x、x+1也不能是質(zhì)數(shù)的嘉.因此x

最小是14.同樣，y、y+1也都不能是質(zhì)數(shù)的基.而且)，>14.經(jīng)檢驗，滿足要求的y最小是20.x=14,

y=20時，x(^+l)=14xl5=2x7x3x5=10x21,整除y(y+1)=20x21.因此最小的一對是(14,20).

14.1.★是否存在能被比二整除且數(shù)字和小于根的正整數(shù)？

，“個

解析不存在.

r

假設(shè)有被M=上」整除且數(shù)字和小于〃?的自然數(shù).設(shè)其開P=at\0+a2-\0'-'+…是最小的數(shù).若

加個

rrra

r=m-\,貝！]q=〃2=---?r+,?這時p的數(shù)字和m.所以rN機.這時p,=p-(10-10-)<p能被M

整除，而且PI=(P-IO')+IOE的數(shù)字和不超過"的數(shù)字和.這與"的最小性矛盾.

14.1.80★★★設(shè)方和〃是自然數(shù).證明：如果對于某些非負整數(shù)匕,右，…，kn,數(shù)2%+2&+…+2*”被

2"'-1整除，那么機.

解析首先可設(shè)匕，網(wǎng),…，/互不相同(如果有相同的，就加以合并：2"+2*=2"',直至沒有相同

的).如果有2&+2毋+…+2%依<%<…<^)被2川-1整除，而"<加，那么設(shè)它是這種數(shù)開最小的.若

kn^m,則p=2&+2&+…+2%-2*”f(2小-1)=2勺++…+2%+24廠"仍被2'"-1整除，而且項數(shù)

Wn<m.這與2&+2&+…+2*"的最少性矛盾.

所以幺W/M-l.但這時由于〃<m，2%+2e+--+2*"<1+2+—?+2"1=2"'—1與2&+2板+?一+2""被

2"'-1整除矛盾.因此必有"一，”.

評注本題與上題類似.只不過將上題的十進制改成了二進制，其他進制下結(jié)論也成立.

14.1.81*★★證明：存在一個能被5HM0整除并且數(shù)字開沒有0的數(shù).

解析數(shù)十000的個位數(shù)字為5.任取一個51°0°的倍數(shù)，設(shè)這個倍數(shù)的十進制表示開，從右邊起數(shù)字0第

一次出現(xiàn)在第％位上.將加到這個數(shù)上，所得的數(shù)仍被驢雙整除，并且最末％個數(shù)字都不是

零且被5HxM整除的數(shù).由這最末1000位數(shù)字組成的數(shù)即為所求.

14.1.82★★★證明：對所有滿足3WdW2"”的正整數(shù)”，〃及任意正整數(shù)*有1國'+1.

解析我們證明：若d23,d—+l,則4>2川.

顯然4國”+i(當(dāng)a為奇數(shù)時，因為/"三](mod4)),所以d有奇質(zhì)因子p,且小=-l(modp).設(shè)機

為滿足""三l(modp)的最小正整數(shù)，由/三三(_])\[(modp)知司2川.若加<2e，則

m=2k,k^n.此時1三(/1=/三T(modp),與p為奇質(zhì)數(shù)矛盾.從而加=2向.由費馬小定理

a》ml(modp)知,P-1Z2"',更有d》p22用+1>2向.

所以原命題得證.

14.1.83★★★求出所有的整數(shù)”>1,使得“1"+2"+….

解析滿足條件的〃為所有大于1的奇數(shù).事實上，如果〃為大于1的奇數(shù)，那么當(dāng)女=1,2,…，七1

2

時，有“4"+(”-&)"(因為(M)"=-%"),從而"1"+2"+…+.另一方面，如果〃為偶數(shù)，設(shè)

2'是能整數(shù)〃的2的最高次基，則s為正整數(shù).因為所以，對偶數(shù)么,我們有2'k".而對于奇

數(shù)%(在1,2,…，中，奇數(shù)k共有]個)，根據(jù)歐拉定理，有公"'三i(mdo2'),故〃'三l(mod2')

(因為2~|"),從而1"+3"+…(〃-3)"+(〃-1)”三J〃(mod2’).

l"+2"+3"+—+("-l)、1〃(mod2'),故對偶數(shù)〃，1"+2"+…+(〃-1)"不被2,整除，更不被〃整除.

14.1.84★★★設(shè)〃為大于1的奇數(shù)，則對任意的/%,"T+l).①

解析若=則因《機，d4一一+1),故①成立.以下設(shè)。7,機)=1.

設(shè)〃的標(biāo)準(zhǔn)分解式為〃=P；"p；"…P：，由2C&可設(shè)p,-1=2"?§,”>0,2四，i=1,2,s.令

，nj

q=min{叫，m2?},則有〃一1=p；p：…pf-1=0(mod2),故可設(shè)〃一1=2嗎?〃，w>0.若①

不成立，則m"~]+1=0(mod/i),即m2'+1三0(mod〃)，由于。為奇數(shù)，由上式得出m2+1=0(modn),

即/T〃+l三0(mod〃).②

因為(%〃?)=1,所以(丹，〃7)=1.由費馬小定理得〃仙T"-1三0(modpj.結(jié)合②得2三0(modpj,

與夕/>2矛盾.

/+1

14.1.85*★★求出所有的有序正整數(shù)對(,〃，〃)，使得‘士是整數(shù).

inn-1

解析n3+1=n+mn—^mn—1),所以+1即m〃一+機〃.由于〃與如?一1互質(zhì)，所以

mn-1|/?2+m.由于〃(療+/?)=+m)+加(團〃-1),所以又有mn-}\nrn.

這樣，由〃?、〃的對稱性，不妨設(shè)在〃=1時，mn-\-m-1|/?5+1=2,從而加二2或3.以下

設(shè)〃22.在〃7=〃時，/-1“+1=〃(/一1)+(〃+1),從而鹿=2.

在〃?時，2(—22+m+(加一2)>〃2+〃2,所以由加九一1,2+加得機1=+〃2,

即(瓶_“_1)(〃-1)=2,從而{；：；'；，

本題共有九組解，即(加,")=(2,1),(3,1),(1,2),(1,3),(2,2),(2,5),(3,5),(5,2),(5,3).

14.1.86★★★證明：對任意正整數(shù)3(依產(chǎn)“(/)!?

解析對任一質(zhì)數(shù)p,考慮p在化!廣"‘與小3)!中的基次.

若〃血，則對任意自然數(shù)/,左三廠(modp')，1小r<p'.從而攵3三/(modp').

.k3-r3(k-r)(k2+kr+r2)

.7.▼二----F---

仕-〃)(/+&+[)

2---------------------

P

=伊+攵+])

LPJ

p在卜3)!開的幕指數(shù)Z拼》￡寧(k2+k+l),后者即p在?廣川開的幕指數(shù).

若k=p'h,s?l,p岫,則p在(加廣開的騫指數(shù)不大于p在(/)!中的幕指數(shù)，即

^+力+1W——3,其開s(/7)是也在P進制中的數(shù)字和.于是

P-\、/p-\

左3_s(R)_伏_§(%))俏2+左+1)=左3_5(/?3)_伏_s?)x(公+攵+])243_/73+(〃_s(初W+/?+l)_

(k-s(h))(k2+k+\)=(s(h)-\)(k2+k-h2-h)^0,即人二半七若。(公+k+i).這表明p在

儼)!中的事指數(shù)不小于。在(&y中的累指數(shù).

14.1.87★★★設(shè)x,y是使孫-1被質(zhì)數(shù)1979整除的整數(shù).以(x,y)為坐標(biāo)的那些點，如果有三點在一

條直線上，求證：這三點開至少有兩點，它們的橫坐標(biāo)之差與縱坐標(biāo)之差都能被1979整除.

解析設(shè)三點為(七,%),

滿足斗丫=1(mod1979),①

z=1,2,3,并且都在直線以+by=c上，這里〃互質(zhì)，不妨設(shè)1979C&.因為

a(x2-xl)+b(y2-yl)=0,②

所以時乙(%2一％)+匕(%工2/2一七工2>1)=。，利用①得以也仁一嘲+"王一/”〃111。^^7外,即

Xj-x2=0(modl979),③

或oxi/三》(mod1979).④

若③成立，則須入2(%一必)三W一X三0(mod1979),而由①，1979(E;,所以上式導(dǎo)出

y}-y2=0(mod1979),即(X，y)與(々，%)為合乎要求的兩點.

若④成立，考慮士若王三七巾。即979),則(苞，到)與優(yōu)，％)合乎要求?否則有與④類似的同余

式

axxx3=Z?(modl979),⑤

④、⑤相減得

axx(x2-x3)=0(modl979),⑥

由④及1979(&得1979(E/，所以⑥即9-七三°(modl979),這表明(/，%)與(七，％)合乎要求.

14.1.88*★★⑴是否存在14個連續(xù)正整數(shù)，其中每一個數(shù)均至少可被一個不大于11的質(zhì)數(shù)整數(shù)？

⑵是否存在21個連續(xù)正整數(shù)，其中每一個數(shù)均至少可被一個不大于13的質(zhì)數(shù)整除？

解析⑴14個連續(xù)正整數(shù)開，有7個奇數(shù)(不妨設(shè)為)n,〃+2,〃+4,〃+6,〃+8,n+10,〃+12不

能被2整除.這7個奇數(shù)開，至多1個被11整除，1個被7整除，2個被5整除，3個被3整除.如果

被3整除的數(shù)少于3個或被5整除的數(shù)少于2個，那么這7個奇數(shù)開被3,5,7,11整除的數(shù)不足7

個.如果恰有3個數(shù)被3整除，2個數(shù)被5整除，那么，被3整除的數(shù)必須是“，〃+2,〃+12；被5

整除的兩個數(shù)必為〃與"+10或〃+2與"+12,這時必有一個數(shù)即"或“+12同時被3,5整除.所以這7

個奇數(shù)開被3,5,7,11整除的數(shù)仍不足7個.不管怎樣，這14個連續(xù)正整數(shù)開必有1個不被2,3,

5,7,11中任一個整除.故答案為不存在.

⑵存在.21個連續(xù)整數(shù)個0,-9,…，-1,0,1,2,…，10中除去±1外,都被2,3,5,7之一整除.根

據(jù)中國剩余定理，滿足N=0(mod210),Nml(modll),N=-l(modl3)的整數(shù)N存在.于是21個連

續(xù)整數(shù)N-10,N-9,???,N,N+1,…，N+10滿足條件.

14」.89***求所有的正整數(shù)對(“，3，使得

是正整數(shù).

解析一b=\,①成為色，所以a-2機，機為正整數(shù).

2

人=2a時，①顯然為正整數(shù).

設(shè)6/2。并且b>l.這時①的分母(2。-6)從+1為正整數(shù)，所以2a-b為正整數(shù).設(shè)2a=6+f,f為正

整數(shù)，則

是4的倍數(shù).所以4(療+1)W(6+r)2W2(/+巧，

從而2tbz<b2+t2,b2<t.

b2(b+r)2-t(tb2+l)~2b(tb2+i)=b4-*t-2b③

被步+1整除，而-t-2b<b'<b2f,f+2b-b&所以必有Z?T-2b=0,

即r=/-26,“比心.將上代入①，得

2

“2_從(/_])2J

2ab2-b3+l~4(b6-2b3+1)-4'

所以b為偶數(shù)a=8加4-加.

本題的解為(a,b)=(2m,1),(m,2m),(8???4-m,2〃?)其中加為正整數(shù).

解析二設(shè)a1=k(lab2-by+\),N,貝!!(a-kh2]"=k2h4-kh,+k,而h>\時，

(如—-kb3-kb2+^[b+\^<k2bA-kby+k-{a-kb2>f~\b+^=

二匕4_加+妨2+；e_])2.〃為奇數(shù)時，(加與(加一為連續(xù)平方數(shù)，其中不可

能再有平方數(shù).所以6為偶數(shù)2,“，而且公/-加+%=("加『=(加-?],從而

a=gb或a=2kb2-,k=.(a,/?)=(〃?，2m),(8m4-〃z,2??),經(jīng)檢驗，它們合乎條件.

又6=1時，有解(a,h)=(2nz,1).

評注前一種解法,要點在使②的分子減少為③.在證明一個分?jǐn)?shù)的形式為整數(shù)時，這是常用的方法.第

二種解法，要點在配方，相當(dāng)于用二次多項式的判別法.得出的解應(yīng)當(dāng)檢驗(第一種解法不需要檢驗.因

為已經(jīng)是代入①式得出的結(jié)果了).

14.1.90*★★★設(shè)p>3是一個質(zhì)數(shù)，且設(shè)

則p牛-s.

解析5=I2+22+324—+〃2=，"(〃+1)(2〃+1),在〃=35'時，s被p整除.對每個1Wj二?存

在/滿足廣產(chǎn)三l(modp),『互不同余，而且1W/W,.所以

1/1+，1+…+＞「萬+1三―力!三一￡/三0(mod〃)，

2-(p-2)p-1￡+1MJM

22

即一/——-+—/——-+???+---J----=±的分子x三0(mod〃)(y與x互質(zhì)).所以

l(p-l)2(p-2)pTP+1yv7

-12~

1+—4---1=p--H---------H---1----------=—的分子px被p?整除.而由①，

2p-\l(p-l)2-(p-2)P-1P+1y

IFT~)

i+_L+...+—L=m,左邊的小最公分母不被〃整除，所以右邊的分子被p整除.==px,

2p-\psp

即一s被/整除.

14.1.91*★★★求出(并加以證明)所有大于1的整數(shù)〃，使2〃一+以1為整數(shù).

n

解析顯然〃為奇數(shù).設(shè)〃為〃的最小質(zhì)因數(shù)，則

2"=-l(modp).①

設(shè)。為滿足2"三-1(modp)的小最正整數(shù)，令n=ka+r,OWr<a,則

2“三2加”三(一爐?2'(modp),②

若女為偶數(shù)，則由①、②得2「三-l(modp),由。的最小性知，r=0.若左為奇數(shù)，則由①、②得

2「三l(modp),從而2"~"三-l(modp),而0<。一尸由〃的最小性，仍有廠=0.總之，a\n.

由費馬小定理，2，T三l(mod〃).若。>〃一1,則〃一(〃一1)<〃，并且2D三一l(modp),與Q的最

小性矛盾，因此。<〃.由p的最小性及。卜7得〃=1,即0三一l(mod〃)，從而〃=3.

令〃=3"d,(d,3)=1,若222,則2"+1=(3-l)"+l=3n-X(-l)AC：3S③

ft=2

由于〃！中的3的幕指數(shù)為‘卜樣+…<《+[+…=(所以C：中3的幕指數(shù),J，③式右邊

￡_&+%+]k+-+l

和號中，各項分別被32=32整除(力22),而3〃恰被整除，從而

2"+1=3*+|-d',(3,d')=l.由于”2=32*./,”2但"+],矛盾！

因此〃=3d,(3,d)=l.若d>l,令q為4的最小質(zhì)因數(shù)，則2"三-l(modg),令/為使2,三-l(modq)

的最小的正整數(shù)，與前面類似，可得力〃，再由q的最小性及j〈q-l得_/=1,3.從而引3,或q",

均與(3,4)=1矛盾.因而d=l,n—3.

14.1.92*★★★今有26個非零數(shù)字寫成一行.證明：可將這一行分成若干段，使得各段數(shù)字所成自然

數(shù)相加所得的和被13整除.

解析利用Cauchy-Davenport-Chowla定理：若A={4，％,是模〃的r個不同剩余類的集合，

8={4=0,b2,■■■,bs}是模〃的s個不同剩余類的集合，且佃，n)=l,j=2,s.則上4+與}中至

少有min(〃，r+s-l)個不同的剩余類.引理：設(shè)S是由大個不能被13整除的自然數(shù)構(gòu)成的集合，

kW13；A(S)是S中一切可能的部分元素的和被13除所得余數(shù)的集合，則A(S)開元素》左個.

證明：設(shè)4={q,/，…，”,}是S開4個元素模13后所有不同余數(shù)的集合，剩下來的A-r個余數(shù)分別

歸入集合加={0,j},…，片={0,ak}.對A,8川利用定理，

知A={q，…，％，q，ar+i>…，ar+?r+i}中至少有r+1個不同的元素(模13).再對\,用.用定理,

這樣繼續(xù)下去，A(S)中元素不少于(…(什+1)+1)+…+1)=上個.引理證畢.

A-r個1

將26個數(shù)先分成13個兩位數(shù)忑，也，…，試.考察由9q,9c2,…，9G3這13個數(shù)所構(gòu)成的集

合S.由引理知，A(S)由模13的13個余數(shù)0,1,…，12組成.特別地，下式成立：

(mod13),其中p<13.現(xiàn)在，我們將兩位數(shù)c,4，…，c,,4,都拆為兩個數(shù)字，于是得

i=];=1

13P

到的2P個一位數(shù)及13-p個兩位數(shù)的和是，q4-，>q,,它被13整除.

?=|j=\

14.2互質(zhì)

1421★證明：對任何自然數(shù)〃，分式生七不可約簡.

14〃+3

+4

解析因為⑵〃+4,14〃+3)=(7〃+1,14〃+3)=(7〃+1,1)=1,所以分式巴上2不可約簡.

14〃+3

14.2.2★證明：對任意偶數(shù)">6,存在質(zhì)數(shù)p、q,使得p,=1.

解析取p=3,q=5.p=〃-3與=〃-5是連續(xù)奇數(shù)，所以(〃-p,〃-q)=l.

1423★求三個正整數(shù)a,b,c,滿足⑴個a<6<c；⑵兩兩互質(zhì)；⑶任兩個的和必是第三個數(shù)的倍數(shù).

證明所找到的三個數(shù)是唯一的一組.

解析由⑴得a+bv2c,再由⑶得a+〃=c.從而a+c=2a+b,它是〃的倍數(shù)，故，但(@,￡>)=1,

故瓦2.所以匕=2,a=l,c=3.

1424★證明：如果。、人是不同的整數(shù)，那么存在無窮多個正整數(shù)〃，使得a+"與6+〃是互質(zhì)的.

解析設(shè)a、人是兩個不同的整數(shù)，不妨設(shè)a<b,令〃=(6-a)&+l-a,當(dāng)“充分大時，n,"+a,n+b

為正整數(shù).(a+〃，b+n)=(a+n,b-a)=[(b-a)k+l,b-a)=(\,b-a)=l所以a+〃與6+〃互質(zhì).

14.2.5★舉出一個例子說明：對于四個不同的正整數(shù)不一定存在正整數(shù)”，使

a+n,b+n,c+n,d+〃兩兩互質(zhì).

解析取a=l,b=2,c=3,d=4.對于奇數(shù)"，數(shù)a+w與c+〃為偶數(shù)，故(a+〃>c+〃)Hl.對于

偶數(shù)〃，數(shù)匕+"與d+"為偶數(shù)，故(b+”，d+〃)片1.

1426★證明：每一個大于6的整數(shù)都可以表示為兩個大于1的互質(zhì)整數(shù)之和.

解析如果〃為大于6的奇數(shù)，那么〃=2+(〃-2),這里"-2>1為奇數(shù).顯然(2,〃-2)=1.如果

〃=4k,k>l,那么〃=(2%-1)+(2A+1),這里2%+1>21—1>1,(2Z-1,2&+1)=1.如果

〃=4Z+2,k>l,那么〃=(2%+3)+(2%-1),這里2%+3>2k-1>1,

(2Z+3,2Z-l)=(2k+3,4)=1.

14.2.7★證明：每一個大于17的整數(shù)都能表示為三個大于1并且兩兩互質(zhì)的整數(shù)的和.說明17不具有

這個性質(zhì).

解析如果〃為大于17的偶數(shù)，那么"可表示為〃=6&,〃=64+2或”=6左+4的形式.等式

6k=2+3+(6(Z-l)+l),6k+2=3+4+(6(Z-l)+l),6k+4=2+3+(6k-l).表明“為三個兩兩互質(zhì)

的正整數(shù)的和.

現(xiàn)在設(shè)”>17為奇數(shù).那么有6種情形：”=12Z-1,12A+1,12k+3,12Z+5,12k+7,12A+9.

而12k—1=(6僅+1)+5)+(6(k—1)+1)+3,

12*+l=(6(jl-l)-l)+(6(fc-l)+5)+9,121+3=(6左一1)+(61+1)+3,12&+5=(6"5)+(61+1)+9,

12%+7=(6Z+5)+(6k-l)+3,12&+9=(6A-l)+(6Z+l)+9.每種情形，者B不難驗證，三項都大于1,

且兩兩互質(zhì).

若17有所述的表示a+%+c,a＜人＜c.a、6、c三數(shù)中有兩個同奇偶，當(dāng)然都是奇數(shù).由于。+6+。=17

是奇數(shù)，所以第三個也是奇數(shù).在a＞3時，a+6+c25+7+9=21＞17.在。=3時，b+c=\4,但

b=5,c=9不合要求.所以17沒有所述的表示.

14.2.8★★設(shè)&=2”+1,則對巾有(￡"，耳,)=1.

解析不妨設(shè)機”因為耳"-2=22"'-1=(2泊廠-1被22"，整除，而工=2?"+歸'-1,所以

F?\Fm-2.設(shè)d=(%,工)，貝1」42,又甘,為奇數(shù)，所以4=1.

14.2.9★★證明：存在一個由三角形組成的無窮遞增數(shù)列，每兩項互質(zhì).

解析如果對于正整數(shù)機，有機個兩兩互質(zhì)的三角形數(shù)4＜…〈金，那么令%…品，則

=生土華上0=(。+1)(2。+1)為大于%的三角形數(shù).它與。互質(zhì)，當(dāng)然與“，小，…，勺中每

個數(shù)都互質(zhì)，于是，由q=l可以得到一個無限遞增數(shù)列：q=l,%=6,%=91,…它們是兩兩互質(zhì)

的三角形數(shù).

14.2.10★★數(shù)列q,a2，…定義如下：

《,=2"+3"+6"-1(〃=1,2,3,…).①

求與①的每一項都互質(zhì)的所有正整數(shù).

解析設(shè)”為大于1的自然數(shù)，則〃必有一個質(zhì)因數(shù)p.如果p=2或3,那么(〃，%)=(〃，48)＞1.設(shè)

.由費馬小定理2"三3k三l(modp),

所以6“片2=6(2°々+3p-2+6/,-2-l)s3xl+2xl+l-6s0(modp),

從而(因為(6,p)=l),p\ap.zy[n,ap_2)^p＞\.符合要求的正整數(shù)只有1.

14211★★試找出兩個互質(zhì)的四位正整數(shù)A、B,使得對于任何正整數(shù)和〃，數(shù)/T與8”都至少相

差4000.

解析取A=8001,B=4001.對任何正整數(shù)機和〃，A"'-8"都是4000的倍數(shù)，又因A"'WB",故知

\A"'-B"\^4000.

14212★★證明：存在一個由四面體數(shù)(形如7；=1〃(〃+1)(〃+2),〃=1,2,…的數(shù))組成的無窮遞

6

增數(shù)列，每兩項互質(zhì).

解析如果對于正整數(shù)加，有〃z個兩兩互質(zhì)的四面體數(shù)％＜生＜…＜《”，那么令。=4生…M，則

《〃+]=Q+i=(6〃+1)(3〃+1)(2〃+1)與。互質(zhì)，當(dāng)然也與生,生，…，%中每一個都互質(zhì),從而由

4=1,我們得到無窮多個兩兩互質(zhì)的、遞增的四面體數(shù)：4=1,生=84，….

14.2.13★★設(shè)/(工)=12-x+i.證明：對任意自然數(shù)加＞1,/(加)，/(/'(⑼)，…兩兩互質(zhì).

解析因為〃0)=〃1)=1,所以.(%)=1(/(…(〃力)…))的常數(shù)項二(0)=1.

從而，對任意的正整數(shù)相＞1,fn(m)=l(modm).用"，=人(相)代替加，得到力+人(小)=＜("?')與

W=互質(zhì).所以/(〃?)，f(/、(〃?))，…兩兩互質(zhì).

14214★★證明：對于數(shù)字全是1的兩個自然數(shù)，當(dāng)且僅當(dāng)它們的位數(shù)互質(zhì)時;這兩個自然數(shù)互質(zhì).

解析用4表示數(shù)字全是1的相位數(shù).顯然在力帆時，11二1113,即

d個m個

當(dāng)機＞〃時，(1/,“，J“)=(m」，比二1)=(上」—在二￡匕g,H--1)=,j“).繼續(xù)這一過程(與

，“個“個，“個“個〃廠〃個

求最大公約數(shù)的輾轉(zhuǎn)相除法完全相同)，直至(，，4)=九*,).

于是，當(dāng)且僅當(dāng)(相，〃)=1時，(J,,,,J〃)=l.

14.2.15**?>6為互質(zhì)的自然數(shù)，機為任一正整數(shù).證明數(shù)列

a,a+h,a+2h,a+3h,???①

開，有無窮多個數(shù)與〃?互質(zhì).

解析如果m與a互質(zhì)，那么〃+“?"?〃，”=1,2,…，顯然與相互質(zhì).如果m與a不互質(zhì)，

那么設(shè)％=cM,其中c與。互質(zhì)，而d的質(zhì)因數(shù)全是。的質(zhì)因數(shù)(c可以為1).顯然a+〃cb與c互質(zhì).再

取，7為與d互質(zhì)的數(shù)(這樣的數(shù)當(dāng)然有無窮多個)，則a+與"互質(zhì).從而“+〃仍與機互質(zhì).特別

地，取"=Ad+l(k=O,1,2,??■),則〃+〃仍=a+(A*+c)b(k=0,1,2,…).

因此，在①中有無窮多個數(shù)與，〃互質(zhì)，而且還假設(shè)這些項也組成等差數(shù)列，首項a+仍與公差〃力仍然

互質(zhì).

14.2.16**?,。為互質(zhì)的自然數(shù).證明：數(shù)列

a,a+b,a+2b,a+3b,①

有一個無窮子列，其中的數(shù)兩兩互質(zhì).

解析a0=a,ax=a+b,

an+i=a+bala2---aII,n=l,2,???②

是①的無窮子列.顯然(a,aj=(n,b)=l.設(shè)(a,6)=1,k=1,2,…，n.

則(a,a“+J=(a,…4”)=1.設(shè)4,q,…，a,兩兩互質(zhì)，則對于

(??+i>《)=(。+加分…4,，%)=(。，％)=L

因此②中的數(shù)兩兩互質(zhì).

14217★★設(shè)A和〃為大于1的自然數(shù)，證明：小于川-1且與它互質(zhì)的自然數(shù)的個數(shù)是〃的倍數(shù).

解析小于A"-l且與A"-l互質(zhì)的自然數(shù)組成mod(A"-l)的縮系.對于縮系中每個元素x,有一條

長為〃的“軌道”，由縮系中同余于x,Ar,A,，…A"Tx(mod(A'-l))的〃個數(shù)組成(這些數(shù)與犬-1

互質(zhì)，而且互不同余).設(shè)〉=騰(即)，三A?x(mod(A"-l)))在x的軌道中，則x=4"Yy也在y的軌道

中.而且若y=A"x,z=*y,則z=A1x.所以縮系按軌道分類，每條軌道一類.由于這種分類具有

反身性、對稱性、傳遞性，所以這是等價關(guān)系.縮系被分為若干個長為〃的軌道，所以縮系的元數(shù)被〃

整除.

評注另一解法參見17.2.10的證明.

14218★★★證明：如果叫心c是互不相同的三個整數(shù)，那么存在無窮多個正整數(shù)〃，使得

a+n,b+nfc+〃三個數(shù)兩兩互質(zhì).

解析設(shè)〃=攵(4一0)(力一。)+1—(？，貝!+c+〃)=(a—c,c+〃)=(a-c,+=l,

(b+〃，c+n)=(/?-c,c+〃)=伍一c,Z:(a-c)(^-c)+l)=l.設(shè)質(zhì)數(shù)一b.若〃加一,,

則b+〃=攵(〃一+0-c)+1不被p整除.若p(E?-c,則pG&-c,

從而k(a-c)(b-c)+(/?-c)+1=l(modp)有解%三(mod/?).當(dāng)p跑遍“一〃的、滿足p(仍一c的不同

質(zhì)因數(shù)時，由中國剩余定理，有無窮多個正整數(shù)k三3(modp).

對這樣的3(a+〃，b+n)=(a-b,b+n)=［a-b,&(a-c)(b-c)+(b-c)+l)=l.因而有無窮多個正

整數(shù)〃，使〃+〃，〃+〃，c+〃兩兩互質(zhì).

14.3因數(shù)與倍數(shù)

1431★設(shè)(4,b,…，g)與［。，b,…,g］分別表示正整數(shù)a,b,…,g的最大公因數(shù)與最小公倍數(shù).

[a,b,(a,b,c)2

證明:①

[a,h][hfc]-[c,a](a,b),(b,c)(c,a)

解析對任意質(zhì)數(shù)p,設(shè)它在〃，。，c的標(biāo)準(zhǔn)因子分解式中的次數(shù)分別為相，*r.不妨假設(shè)

“2〃2r(20).①式左端含p的次數(shù)為2次一(團+〃+〃?)=一〃.①式右端含p的次數(shù)為

2r-(n+r+r)=-H.即對任意質(zhì)數(shù)p,①式兩邊含〃的幕相同，所以①式成立.

14.3.2支m，。為正整數(shù)，a>]t證明：

（am-\A/i、

-----,a-\〃?）?

I）

m_i

解析根據(jù)恒等式》n亍=（優(yōu)-J1）+（產(chǎn)2_1）+...+（〃_1）+加得，

-----,a-\-1,機）.

I"1）

14.3.3★已知正整數(shù)“，6互質(zhì)，求證：

（“+/?,/+〃）=1或2.

解析（a+b,/+62）=d,則d可以整除（°+/7）2-（病+〃）=2".由于（-3=1,4的質(zhì)因數(shù)不整

除a+b,所以（"，“）=1.同理（d,b）=l.因此42,即d=l或2.

14.3.4★一個大于1的整數(shù)，如果恰好等于它的不同真因數(shù)（除1及本身以外的因數(shù)）的積，那么稱它

為“好的”.求前十個“好的”自然數(shù)的和.

解析設(shè)自然數(shù)〃的不同真因數(shù)依遞增順序排列，依次是4,4，…，4，則必有

\n=d}dk=d2-dk_x='?■,若〃是"好的"，則又應(yīng)有1?”=&,4,??”,因此，女只能是2,4必須是

質(zhì)數(shù)；4必須是質(zhì)數(shù)或亦即，〃只能是兩個質(zhì)數(shù)的積，或一質(zhì)數(shù)的立方.由此，可以求得前十個

“好的”自然數(shù)：6,8,10,14,15,21,22,26,27,33,它們的和為182.

14.3.5**〃+1個正整數(shù)“，的，…，〃用都不超過2〃.證明其中必有一個是另一個的倍數(shù).

解析設(shè)為=2"的，其中弓是非負整數(shù)，勺是正奇數(shù)（lWjWn+1）.由于勺<2〃，而小于2〃的正奇

數(shù)只有〃個.所以必有左="（1Wi<jWn+1）.從而q與％中，一個是另一個的倍數(shù).

14.3.6★當(dāng)4"+4"為100的倍數(shù)時，相+〃的最小值為多少？（相，”為自然數(shù)，且相>〃）

解析因為4"'+4"=4"（4"-"+1）,100=4x25,所以〃=1.

使4"+1被25整除的自然數(shù)左最小為5.所以機2n+526.m+〃=7為所求的最小值（在〃=1,機=6

時,4"+4"=4x1025=4100是100的倍數(shù)）.

14.3.7★★設(shè)q<的<《0為正整數(shù).記處的最大的不等于自身的約數(shù)為4.已知仇>4>…>九，

證明：ain>500.

解析令4=%，則G為%的最小質(zhì)因數(shù)（若q是合數(shù)，則可將q的一個質(zhì)因數(shù)與“相乘，得出比4

更大的、不等于4的約數(shù).若,不是最小的質(zhì)因數(shù)，則可將4的最小質(zhì)因數(shù)換成/.均與4的最大性

矛盾）.

因為4<4+1,白>如1,所以Jee?<…〈Go,從而J》2,c?23,…，%223.%>九，

所以&*1，C9N“9，從而伉》仇.

ai0>的，（。9）一2529>500.

14.3.8★設(shè)町，m2，…，機，（可以有相同的）與外,%,…，%（可以有相同的）是兩組正整數(shù)，滿足：

對任何大于1的正整數(shù)"，第一組數(shù)中4的倍數(shù)（含重數(shù)，如6、6、3、2中3的倍數(shù)有3個）不少于

第二組中d的倍數(shù)（含重數(shù)）.證明：網(wǎng)，叫，…，?開有q個數(shù)是p'的倍數(shù)，%,%，…，〃,中有2

個數(shù)是爐的倍數(shù)，則a,2b,（i=l,2,…）.因而在見色…乙的質(zhì)因數(shù)分解式中，p的基指數(shù)

4+%+4+….所以叫〃??…是"也…%的倍數(shù).

14.3.9★★設(shè)〃是自然數(shù).我們考慮以〃為最小公倍數(shù)的自然數(shù)對（"…）（如果“打，那么我們認為

數(shù)對（〃，v）與數(shù)對（“，v）是不同的）.證明：對給定的〃，這種數(shù)對的個數(shù)等于/的正約數(shù)的個

數(shù).

解析n的質(zhì)因數(shù)分解為"=p：'pf…p?,Pi,P],p,為不同的質(zhì)數(shù)，a,,a2,■■■,as為正整數(shù).因

為[“，v]=n,所以"，丫的質(zhì)因數(shù)分解中只含有質(zhì)數(shù)p「p2,億.對于質(zhì)數(shù)月，它在〃的分解式中

的指數(shù)為4,所以在的分解式開，網(wǎng)的指數(shù)都不大于并且至少有一個指數(shù)等于于是，在

u,v的分解式開，口的指數(shù)分配總共有2q+l種不同的情況.對質(zhì)數(shù)pz，凸，…，區(qū)可進行類似的討

論.從而，在〃，v的分解式中，質(zhì)數(shù)四，生，…，區(qū)的指數(shù)可能取的方法共有

(2《+1)(2生+1)…(2/+1)種.這個種數(shù)正好就等于r=於p；”…靖的正因數(shù)的個數(shù).

14.3.10**17的一個倍數(shù)寫成二進制數(shù)時恰好有三個數(shù)字1.證明它至少含有6個數(shù)字0.而如果它恰

好含有7個數(shù)字0,那么它就是偶數(shù).

解析17=24+1在二進制中為10001(以下均采用二進制).10001的倍數(shù)為10001X"?.如果m的位

0a0a

數(shù)<4,即機=qa2a3%，其中qe{0,l},那么10001x/n=a1a23a4123a4，其開1的個數(shù)為偶數(shù),

與己知不合.因此，〃至少為5位數(shù)，lOOOlxm至少為9位數(shù).如果10001x〃?恰好有3個數(shù)字1,那

么它至少有6個數(shù)字0.如果lOOOlxw恰好有3個數(shù)字1,7個數(shù)字0,那么它是10位數(shù)，此時“必

為6位數(shù).設(shè)m=la24a4%4，若4=1，則將位OOlxm列成豎式得

X1001+1000000-?①式-----

la24a4出1②式

從①式可以看出，當(dāng)々=0時，無論為為0或1,lOOOlxnt至少有4個1.

當(dāng)4=1時，10001xm=1la3a4a5Oa3a4a51+1000000.從②式看出，若q=0，則lOOOlx/n至少有4

個1.若q=1(此時％=0),則10001X,"至少有5個1,以上均與已知不合.因此必有％=。，即

10001X加為偶數(shù).

14.3.11★★已知r,s為正整數(shù).正整數(shù)的有序的四元數(shù)組(a,b,c,d)滿足：

3'-T=[a>b,c]=[a,b,d\

=[a,c,t/]=[/?,c,d].

求這種四元數(shù)組的個數(shù)(答案是r,s的函數(shù)).

解析答案是(1+4廠+6埒(l+4s+6s2).

事實上，a,6,c,d中每一個都是3"'7的形式，nze{0,1,2,…，r},〃e{0,I,2,…，6}.并且

a.b.c,4中至少有兩個數(shù)〃?=r,也至少有兩個數(shù)〃=s.當(dāng)a,b,c,d都有m=r時，只有一種取

法.當(dāng)a,6,c,d中有一個數(shù)使me{0,1,…，r-1},另外兩個數(shù)中的機=廠時，有C：?產(chǎn)=6產(chǎn)種取

法.于是根有l(wèi)+4r+6,種取法，同樣地，〃也有1+4s+6s2種取法.

所求個數(shù)為(1+4廠+6，乂1+4$+6$2).

14.3.12★★數(shù)列101,104,116,—

對每個以4記可與a向的最大公因數(shù).試求：當(dāng)〃取遍正整數(shù)時，的最大值.

解析因為=(100+/,100+(?+l)2)=(100+n2,2n+l)=(2(100+n2),2n+l)=

(200-n,2n+l)=(200-n,401),所以，當(dāng)”=200時，d,最大，最大值為d2ao=401.

評注我們有一般的結(jié)論：若“為一正整數(shù)，4是4+/與a+5+爐的最大公因數(shù)，則當(dāng)”=2“時，

4,達到最大值4〃+1.

14.3.13★★證明：存在無窮多對不同的正整數(shù)m，n,使得機與〃的質(zhì)因數(shù)都相同，并且機+1與”+1

的質(zhì)因數(shù)也都相同.

解析當(dāng)Q1時，數(shù)對巾=2,2,”=2*(2*-2)滿足題設(shè)條件.因為機+1=2*—1,〃+1=(2*—1)2.

14314★★證明C：的質(zhì)因數(shù)分解式中,質(zhì)數(shù)2的幕指數(shù)為S伙)+S(〃-A)-S(〃)，其開S(大為a在二

進制中的數(shù)字和.

解析C=/"、?〃!的分解式中,2的寨指數(shù)為〃-S(”)，所以C：的分解式開，2的事指數(shù)為

k\\n-k)\

〃——[z—S(左)+(〃—氏)—S(〃—攵)]=S(A)+S(〃—A)—S(幾).

14.3.15*